intTypePromotion=3

Chương 3.2: Lời Giải - đáp số - chỉ dẫn

Chia sẻ: Duy Luân | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:18

0
124
lượt xem
26
download

Chương 3.2: Lời Giải - đáp số - chỉ dẫn

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo về Lời Giải - đáp số - chỉ dẫn bài tập chương 3.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Chương 3.2: Lời Giải - đáp số - chỉ dẫn

  1. Lời Giải - đáp số - chỉ dẫn 3.1. Hình 3.48. K R 1. a) Phương trình định luật Kiêckhop 2: duC uR+uC=E. Chọn biến số là uC thì i= C . E C dt du du Từ đó có R. i+uC=R C C +uC=E hay C dt dt H× 3.48 nh +αuC=αE 1 Trong đó α=1/RC=1/τ = = 10 [1/s] 5. . . −6 3 10 20 10 uC(t) i(t) E Nghiệm là: 0,95E uC = e ∫ [ + ∫ αE e∫ dt = e−αt[ + ∫ αE e dt − αdt αdt αt C ] C ] uR(t) . 0,05E − αt αt − αt = e [ + E e ]= E + C e C 0 t tXL Vì uC(0)=E+C=0 (đây là điều kiện ban đầu) nên H× 3.49 nh α C=-E→ uC(t)=E(1-e- t)=100(1-e-10t) α uR ( ) E − αt t Từ đó uR(t)=E-uC(t)=Ee- t=100e-10t; i(t)= = e =0,02e-10t hay tính R R duC E − αt i(t)= C = e =0,02e-10t[A] dt R Đồ thị các đại lượng hình 3.49. α b) Theo công thức 3.7. thì uC(t)=Ae- t +B Hệ số α theo (3.8) thì α=1/RtđC=1/RC=10[1/s] vì Rtđ=R (khi đã đóng khoá K và cho nguồn tác động bằng 0). Khi t→∞ thì uC(∞)=B=E vì lúc đó mạch ở chế độ một chiều khi C nạp đầy đến điện áp bằng E. Khi t=0 thì α uC(0)=A+B=A+E=0 nên A=-E và uC(t)=E(1-e- t)= 100(1-e-10t) 2. Nếu không mắc R thì tại t=0 có uC(0)=0 nên nguồn bị chập qua tụ C gây hỏng nguồn. 3.2. i(t)=0,5(1-e-200t) [A];uL(t)=50e-100t [V] ; uR(t)=50(1-e-100t). [V] 3.3. R1=10 Ω ; L1=0,2H ; R2=20Ω ; L2=0,1H 3.4. Từ mạch hình 3.50 a) ngắt bỏ C, nhìn từ 2 điểm vừa cắt vào mạch khi cho nguồn tác động bằng 0 sẽ có mạch hình 3.50b).Từ đó có: 20.30 1 1 R t = R 2 + ( 1 / R 3 )= 18 + d R / = 30 Ω ; α = = ≈ 500 [1/s] 20 + 30 R td C 30. , . −6 66 67 10 Đầu tiên tính dòng i1(t)=Ae-500t+B; 97
  2. E 50 i1( t) = i∞)= B = ( = = 1 , vì khi đó mạch ở chế độ t→ ∞ R 1 + R 3 20 + 30 một chiều xác lập, không có dòng một chiều qua C. E 50 i() 1 t = i ( )= A + B = 1 0 = = 1, , vì khi t=0 6 t= 0 R 1 + R 2 / R 3 20 + 11, / 25 thì uC(0)=0 nên C thay bằng dây dẫn (hình 3.50c). A=1,6-B=0,6 nên i1(t)=0,6e-500t+1 [A] a) b) c) K R1 i1(t) R1 R1 i1(t) uC(t) i3(t) i3(t) C E E=0 R3 R3 R2 R3 R2 R2 E i2(t) i2(t) H× 3.50 nh Các dòng khác có thể tính tương tự, tuy nhiên nên áp dụng các định luật cơ bản để tính qua i1(t) sẽ nhanh hơn: uR1(t)=R1i1(t)=12e-500t+20[V]; uR3(t)=E-uR1(t)=-12e-500t+30[V] uR 3 ( ) t i 3 ( )= R t = −0, e−500 t + 1 [ ]; iR2(t)=iR1(t)-iR3(t)=e-500t.[A] 4 A R3 uC ( )= uR 3 ( )− R 2 i ( )= 30 − 30e−500 t = 30( − e−500 t)[ ] t t 2 t 1 V Có thể kiểm tra giá trị uC(t) theo công thức: e−500 t t t 1 1 t ∫ −6 ∫ − 500 t i 2 ( ) + uC ( )= R t dt 0 e dt= − −6 ≈ 30( − e−500 t)[V] 1 C0 66, . 67 10 0 66 67 10 0 500. , . 3.5. Hình 3.51 R1 i t = −0, e−40 t + 4, ; () 6 5 K i i 2 = 2, + 1, e−40 t [ ] 7 2 A ; i 1(t) i2(t) R i1 R R i2 − 40 t K i 1 = 1, ( − e R 81 )[ ] A L uL ( )= 46, e t 8 −40 t . [V] E R1 R2 E L iK(t) 3.6. L=0,5H H× 3.51 nh H× 3.52. nh 3.7. Hình 3.52. Chưa đóng K: Mạch xác lập với dòng một chiều: [V] 98 a) b) R1 10 iK(t) i1(t) 1 i2(t) i (t) R2 K 5 E L i2(t) i1(t) =i2(t) iK(t) H× 3.53 nh t [s] 1
  3. E 100 I0 = i ( )= i ( )= 1 0 2 0 = = 5A ; iK=0. Đây là trạng thai khởi điểm của R 1 + R 2 20 mạch Khi đóng K: Mạch gồm 2 phần độc lập nhau, nhưng tạo thành 2 dòng dùng đi qua khoá K. Hình 3.53a) Mạch bên trái gồm R1 và E là mạch thuần trở nên: E 100 i1 = R = = 10A ; R 1 10 Mạch bên phải là sự phóng điện tự do của L qua R2: R 2 10 i 2 ( t = i ( )= Ae−αt; 2 = R ) Lt α = = 100; R 2 ( t = Ae−100 t; i ) L 0, 1 Vì i2(0)=5 nên A=5 → i2(t) =5e-100t. Khi t=1s thì i2(1)≈ 0; iK(t)=i1(t)-i2(t)=10-5e-100t Khi hở K mạch lại có i1(t)=iL(t)=iR2(t) biến thiên theo quy luật hàm mũ nên α i1(t)=iL(t)=i2(t)=Be- 1(t-1)+C= Be −2000(t −1) + C; C = IXL = 5 A ; ( s = i ( s = 0 ⇒ B = −5 nªn i t = 5( − e−2000(t−1)) i1 ) L 1 ) () 1 ; Đồ thị hình 3.53b) 3.8.Mạch đã cho trên hình 3.54a): Tìm điều kiện ban đầu, tức tìm UC1(0) và UC2(0): Trước khi hở khoá K mạch ở chế độ một chiều xác lập, không có dòng qua C1 và C2 nên sơ đồ tương đương có dạng hình 3.54.b). Giải mạch một chiều tìm được i1(0)=1,44A; i3(0)=0,4A, i2(0)=1,44-0,4=1,04A UC1(0)=UC2(0)=UR2(0)=1,05.15 =15,6V. a) b) c) i1(t) K i1(0) i1(t) i3(t) i3(0) i2(t) i3(t) E1 E1 i2(0) i2(t) R3 R3 E1 C1 R3 C1 R2 C2 R2 R1 R2 C2 R1 R1 E2 E2 E2 H× 3.54 nh Sau khi hở khoá K: Mạch tách là hai phần độc lập nhau (hình 3.54.c): 10.15 1 Phần mạch bên trái: R td = R 1 / R 2 = / = 6;α 1 = ≈ 333 [1/s] 25 6. . −6 500 10 E1 30 i1(t)=A1e-333t+B1; i ( ) 1 t = i ( )= B 1 = 1 ∞ = = 1,2 t⇒ ∞ R 1 + R 2 25 E − U C1 ( ) 0 i() 1 t = i ( )= A 1 + B 1 = 1 0 = 1, ;A 1 = 0, ; i ( )= 0, e−333t + 1, 44 24 1 t 24 2 t= 0 R1 [A] 99
  4. uR1(t)=R1i1(t)=2,4e-333t+12[V]; uR2(t)=uC1(t)=E1-uR1(t)=18-2,4e-333t[V] uR 2 ( ) t i ( )= 2 t = 1, − 0, e−333t [ ] ; i 1 ( )= i ( )− i ( )= 0, e−333t [ A ] 2 16 A C t 1 t 2 t 4 R2 1 Phần mạch bên phải: R t = R 3 = 9 ; 2 = d α = 555, ; i3(t)=A2e-555t+B2. 5 R 3C 2 i () 3 t = i ( )= B 2 = 0 vì dòng 1 chiều không qua đươc C2. 3 ∞ t⇒ ∞ U C 2 ( )− E 2 0 i () 3 t = i ( )= A 2 = 3 0 = 0, ; i ( )= 0, e−555 t [A] 4 3 t 4 t= 0 R3 3.9. Hình 3.55. R0 Vì nguồn chuyển qua giá trị max dương tại t=0 nên α e=900, tức e(t)=Emsin(100t+900)[V] Xác định điều kiện ban đầu: tức iL(0)=? R Dòng xác lập hình sin khi chưa đóng khoá K: K . 0 e(t) L . E E m ej90 Em 0 E 0 Im = = = ej90 = m ej63,43 ; Z 20 + j . , 20 + j 100 0 1 10 10 5 A Lúc này Ampe kế chỉ gía trị hiệu dụng nên: H× 3.55 nh E I= = 2 5 [ ] E = 100 [ ] ; E m = 100 2 [ ] A ; V V Trước khi đóng 10 5 khoá K dòng điện có biểu thức: i(t)= 2 5 . 2 si 100t+ 63, 0 )= 2 10 si 100t+ 63, 0 )→điều kiện ban đầu là n( 43 n( 43 IL0=5,66A Biểu thức của nguồn: e(t)=100 2 sin(100t+900)[V] +Sau khi đóng khoá K: i=itự do+icưỡng bức=itd+iCb . . Em 100 2 j 0 100 2 j 900 −450 ) 0 Im C b = = e 90 = e( = 10ej45 ; C b = 10 si 100t+ 45 0 ) i n( R + j L 10 + j X 10 10 2 R − t id = m t eL = Ae−100 t 2 i t = m e−100 t + 10 si 100t+ 45 0 ); i0)= 5, = m + 10 si 45 0 ; = 5, − 10 () n( ( 66 n m 66 = −1, 4 2 i t = −1, e−100 t + 10 si 100t+ 45 0 ) [ ] () 4 n( A −314 t 3.10. i t = 12e () + 12 si 314t− 90 0 ); uL ( )= 120( n314t− e−314 t) V ]; n( t si [ uR ( )= 120e−314 t − 120 cos( t [ ] e( )= 120 2 si 314t− 45 0 ) [ ] t 314 ) V ; t n( ]V 3.11. Hình 3.56. R1 i 2 ( )= 6e−125,7 t L t i1(t) i2(t) R2 100 E K L iK(t) H× 3.56. nh
  5. i ( )= −10e−418t + 20 cos( t− 37 0 ) 1 t 314 i ( )= i ( )− i ( )= K t 1 t 2 t − 10e−418t − 6e−125, t + 20 cos( t− 37 0 ) 7 314 3.12. a)uC(t)=200(1-e-4t) b)R=5 KΩ ;C=50 µF. 3.13. Hình 3.13. a) uC(t)=uR(t)=100e-20t; i(t)=2e-20t; b) WR(t)=5(1-e-40t) ;t1≈ 17,33 mS. 3.14. 200 2 a) C = 200( − e− 40 t) U C n¹p = uC ( )= 200V ;W u 1 ; ∞ E = 5. −6 10 = 0, Jun 1 ; 2 2 − 40 t 200 2 e− 40 t ∞ e−80 t ∞ b) R = 200e u ; R ( )= p t = 8e−80 t;W R = ∫ 8e −80 t dt= 8 = 0, Jun 1 5000 0 − 80 0 3.15. a)Nguồn điện áp: R td = 1, Ω;τ = 1, 5 5 s K b) Nguồn dòng: R td = 2Ω;τ = 2 s i1 3.16. Mạch điện hình 3.57. C R2 R1 Sau khi đóng khoá K, vì nguồn là lý tưởng nên: E - Có dòng độc lập qua R1 là i1(t)=E/R1=2[A] i2 - C được nạp qua R2 theo quy luật hàm mũ 1 H× 3.57 nh − t uC = E ( − e 1 R 2C )= 150( − e−500 t) 1 [V] duC i ( )= i ( )= C 2 t C t = 6e−500 t [A] dt Tại thời điểm t=1 s thì uC(1s)=150(1-e-500)≈ 150V (đây là điều kiện ban đầu khi hở K). Sau khi hở khoá K:lúc đó C phóng điện qua R1 và R2 từ giá trị uC(1s)=150V theo quy luật hàm mũ: 1 uC ( ) t uC(t)=150e − C (R1+ R 2 )t= 150e−125(t−1) [V] ; i ( )= 1 t = 1, e−125(t−1)[ ]; 5 A R1 + R 2 duC i ( )= i ( )= − i ( )= −1, e−125(t−1)hay C C t 2 t 1 t 5 = = −1, e−125(t−1) [ ] 5 A dt 3.17. Mạch điện hình 3.58 α a) Điện áp nạp cho tụ: uC(t)=E(1-e- t) với K 1 1 α= = =1000 τ RC C E 101 R H× 3.58 nh
  6. 2 uC C E 2 W E =C = ( − e−αt)2 ; 1 2 2 dW E pC ( )= t = C α E 2 e−αt( − e−αt) 1 dt E 2 − αt E 2 − αt − 2 α t = e ( − e−αt) = 1 (e −e ) R R pC ( 1 )= m ax= 250 VA khip. ( 1 )= 0 = ( −αt − e−2 αt) = − αe−αt + 2αe−2αt = 0 t C t e ' H ay e−αt = 2e−2αt → 0, = e−1000 t → t = 0, . S; 1 1 5 1 1 693 m E 2 −0, E2 pC M AX = 250 = ( 69 − e−0, . )≈ e 69 2 ( , − 0, )⇒ E = 100 [ ] 05 25 V 10 10 du uC ( )= 100( − e−1000 t); ( )= C c = 10e−1000 t t 1 it td 2 E K b) W E = C = 0, Jun 5 2 ∞ e−2000 t ∞ L c) W R = ∫ R i dt= 10 3 2 = 0, Jun 5 0 − 2000 0 E 3.18. Hình 3.59. R1 R2 i1(t)=7,5(1- e -1000t); i2(t)=10e -500t ; i(t)= i1(t)+ i2(t) H× 3.59 nh 3.19. Hình 3.60. Trước khi hở khoá K: Z L = j ;Z C = − j ; 40 20 R −j ( +j ) 20 20 40 Z R 1C L = = 10( − j )= 10 − j 1 3 30 20 + j 20 L K −j 0 Z = 30 − j = 30( − j = 30 2e 30 1 ) 45 e(t) R1 . C . Em 60 2 0 Im = = 0 = 2ej45 ; Z 30 2e− j45 H× 3.60 nh . . 0 0 U C m = Im Z R 1C L = 2ej45 ( − j )= 63, e− j26,56 10 30 245 . . U C m 63, e− j26,56 245 0 0 0 ILm = = 4142e− j90 = 2e− j90 = 1, Z LR 1 20 + j 40 uC ( )= 63, si 1000t− 26, 0 ) uC ( )= −28, V t 245 n( 56 ; 0 27 i ( )= 2 si 1000t− 90 0 ) i ( )= − 2 L t n( ;L 0 Sau khi hở khoá K: 102
  7. - Về mặt lý thuyết thì UC giữ mãi ở mức -28,27V (má trên của tụ là âm, má dưới là dương). Thực tế tụ sẽ phóng điện qua không khí. Thời gian phóng tuỳ thuộc vào độ dẫn điện (độ ẩm) của không khí. α - Dòng ở phần còn lại là iL(t)=Ae- t+B(t). B(t) xác định như sau: . . Bm 60 2 0 Bm = = = 1, e− 45 ⇒ B( )= 1, si 1000t− 45 0 ) 5 t 5 n( R + R 1 + Z L 40 + j 40 R + R1 Từ đó α = = 1000. iL(t)=Ae-1000t+1,5sin(1000t-450). ; L Khi t=0 thì iL(0)=- 2 =A+1,5sin(-450)=A-1,5.0,707=A-1,06.→A=-0,35 iL(t)=-0,35e-1000t+1,5sin(1000t-450) [A]. 3.20. Mạch điện hình 3.61. Vì khi nguồn đạt giá trị dương bằng giá trị K hiệu dụng thì khoá K hở ra nên: u(0)= R 200 1 = 200 sin α e ;α e = arcsin = 450 hoăo 1350 . C 2 2 e(t) Trước khi hở khoá K mạch ở chế độ hình sin xác L R lập: Với L=50mH, C=20 µF thì H× 3.61 nh 1 ω0 = = 1000 r /s=ω nên mạch ở trạng thái ad LC cộng hưởng: 1 Z=R + = 1 +j C+ ω 1 2R=100 Ω R ω jL . . E m 200ej450 0 . . 0 . Im = = = 2ej45 ; U Lm = R Im = 100ej45 = U C m ; Z 100 . . U Lm 100ej45 0 0 ILm = = = 2e− j45 ; i ( )= 2 si −45 0 )= − 2 [ ] L 0 n( A ; ZL 50 j 2 uC ( )= 100 si 45 0 )= 100 0 n( = 50 2 [ ] V 2 Sau khi hở khoá K:Mạch tách làm 2 phần: t Mạch bên phải: u ( )= 50 2e− R C = 50 2e−1000 t c t R Mạch bên trái: i ( )= Ae− L t + B( )= Ae−1000 t + B( ) L t t t 103
  8. B(t) là dòng cưỡng bức hình sin khi mạch ở chế độ xác lập mới: . 0 . Em 200ej45 B= = =2 2 R + j L 50 + j ω 50 B( )= 2 2 si 1000t t n( ) i ( )= Ae−1000 t + 2 2 si 1000t L t n( ) i ( )= A + B( )= A + 2 2 si 0)= A = − 2 → i ( )= − 2e−1000 t + 2 2 si 1000t [ ] L 0 0 n( L t n( )A 3.21.Hình 3.62 a) +Biến là uC: 4. −4 u' +3uc = 150 H ay u' +0, . 4 uc = 37, . 4 . 10 c c 75 10 5 10 +Biến là i: i+0, . i= 75. ; ' 75 10 4 10 4 +Biến là i1: i1 +0, . i = 37, . 4 ' 75 10 14 5 10 +Biến i3: Vì R1=R2 và mắc song song nên dạng như i1 i +Biến là i2=iC: i2 +0, . 4 i = 0; ' 75 10 2 K R i1 i2 i3 −7500 t b) uC = 50( − e 1 ) [V] R1 C E R2 H× 3.62 nh −7500 t −7500 t i ( )= i ( )= 5( − e 1 t 3 t 1 )[ ]; i ( )= 15e A ­ 2 t [ ] A −7500 t i t = 10 + 5e () [ ] A 3.22. Hình 2.21b: τ =1,5 mS; Hình 2.21c: τ =2mS; Hình 2.21d: τ =3 mS; 3.23. Hình 2.63 a)Phương pháp kinh điển: R 10 K R td = R 1 + R 2 // R = 10Ω; α = td = = 50 L 0,2 R i( t ) = Ae −50 t + B; L R2 R1 E H× 3.63 nh E 80 80.15 it () = i0)= B = ( = = = 6; t= 0 R + R1 / R 2 / 50 200 10 + 15 E 80 it () = i0)= A + B = ( = = 4 ; A = −2; t= 0 R + R 2 20 104
  9. i t = −2e−50 t + 6 () [ ] ; R ( )= i = 60 − 20e−50 t[ ] uR 2 ( )= E − uR ( )= 20 + 20e−50 t[ ] A u t R V; t t V i ( )= 2 + 2e−50t [ ] 2 t A; i 1 ( )= i− i = 4 − 4e−50t[ ] R t 2 A 10( + 0, p) 4p + 200 5 2 b) Phương pháp toán tử:Z(p)=R+[R1//(R+PL)]=10 + = 15 + 0, p 2 15 + 0, p 2 E( ) 80 0, p + 15 4 p + 75 p 2 A A2 I p)= ( = . = . = 4( 1 + ) Z( ) p 4p + 200 p p + 50 p p p + 50 p + 75 p + 75 A1 = = 1, ; 5 A2 = = −0, 5 p + 50 p = 0 p p = −50 K i −50 t −50 t i t = 4( , − 0, e () 1 5 5 )= 6 − 2e [ ] A ; 5Ω i i2 1 3.24. Hình 3.64. 318µF e(t) 10Ω 10 10 Z(p)=5+ −6 =5+ = 1 + p. . . 318 10 10 1 + 318. −5 p 10 15 + 0,0159p 100. 314 H× 3.64 nh −5 ; E(p)= 2 1 + 318.10 p p + 314 2 E( ) 314. p 100 1 + 318. −5 p 10 314.100 318. −5 ( + 314) 10 p I p)= ( = 2 . = 2 . = Z( ) p + 314 15 + 0, p 2 0159p p + 314 2 0159( + 943) 0, p 6280 p + 314 A B p+ B2 . = 6280( + 21 ) p + 314 p + 943 2 2 p + 943 p + 314 2 Ap 2 + A . 2 + B 1p2 + B 1 . p + B 2 p + 943B 2 = p + 314 314 943 A + B1 = 0   943B 1 + B 2 = 1 37 10 − 4 B 37 10 − 4  ⇒ A = −6, . ; 1 = 63, . ;B 2 = 0, 399  A . 2 + 943B 2 = 314 314 − 6, . −4 6, . −4 p + 0, 37 10 37 10 399 6280( + ) p + 943 p2 + 314 2 0,399 i t = 6280[ 6, . −4 e−943t + ( , . −4 cos () − 37 10 6 37 10 314 + si 314t = n ) 314 6280[ 6, . −4 e−943t + ( , . −4 cos − 37 10 6 37 10 314 + 12, . −4 si 314t = 7 10 n ) ≈ −4e−943t + 6280. −4 ( , cos 10 6 37 314 + 12, si 314t = −4e−943t + 8, cos( t− 63, 0 ) 7 n ) 922 314 36 i(t)=-4e-943t+8,922cos(314t-63,360)= 4e-943t+8,922sin(314t+26,640) [A] Chú ý: biến đổi dùng công thức: a a acosx + b si x = a2 + b2 si x + ar t )= a2 + b2 cos( + ar t − 90 0 )= n n( cg x cg b b b a2 + b2 cos[ − ar ct ) x c g a 105
  10. 10 62800( + 314) p 1 U C ( )= I p) p ( . −5 = 2 −5 1 + 318.10 p ( + 314 ) p + 943)318. p 2 ( 10 ( + 314) p 1 9 74 8 420 = ( + 314 2 ) p + 943) p2 ( UC( ) p 1 974 842 A2 B p+ B4 I2 ( )= p = 2 = + 23 10 ( + 314 ) p + 943) p + 943 p + 314 2 p 2 ( A 2 p2 + 314 2 A 2 + B 3 p2 + 943B 3 p + B 4 p + 943B 4 = 1 974 842 A 2 + B3 = 0   943B 3 + B 4 = 0  ⇒ A 2 ≈ 2; 3 ≈ −2; 4 = 1885; B B  314 2 A 2 + 943B 4 = 1 974 842 2 − 2p + 1885 I2 ( )= p + 2 p + 943 p + 314 2 1885 i ( )= 2e−943t + [ 2 cos t+ 2 t − 324 si 314t = n ] 314 2e−943t + [ 2 cos t+ 6 si 314t = 2e−943t + 6, cos( t+ 71, 0 ) − 324 n ] 32 314 56 i2(t)=2e-943 t +6,32cos(314t+71,560).= 2e-943 t +6,32sin(314t-18,430). 19 748 420. . −6 p 318 10 19 748 420. . −6 p 318 10 6280 p I ( )= U C ( )pC = 1 p p. 2 2 = 2 2 = ( + 314 ) p + 943) p ( ( + 314 ) p + 943) p ( ( + 314 2 ) p + 943) p 2 ( A3 B5p + B 6 = + p + 943 p2 + 314 2 A 3 p2 + 314 2 A 3 + B 5 p2 + 943B 5 p + B 6 p + 943B 6 = 6280p A 3 + B5 = 0   −6 6p + 626, 8 943B 5 + B 6 = 6280  ⇒ A 3 ≈ −6; 5 ≈ 6; 6 = 626, ;I2 ( )= B B 8 p + 2  p + 943 p + 314 2 314 2 A 3 + 943B 6 = 0 626,8 i ( )= −6e−943t + ( cos t+ 2 t 6 314 si 314t ≈ −6e−943t + ( cos t+ 2 si 314t = n ) 6 314 n ) 314 − 6e−943t + 6, cos( t− 18, 0 )= −6e−943t + 6, si 314t+ 71, 0 ) 32 314 43 32 n( 56 i1(t)=- 6e-943t+6,32cos(314t-18,430)= - 6e-943t+6,32sin(314t+71,560) [A] Chú ý: Nếu tính theo công thức 3.9, tức giải theo kiểu BT3.9 sẽ thấy đơn giản hơn nhiều. 3.25. Đưa về sơ đồ toán tử tương đương như ở i(t) M N hình 3.65 sẽ có phương trình: R1 L .i (0) L 1 1 L1 1 C I p) R 1 + R 2 + R 3 + p( 1 + L 2 )+ ( [ L ]= R3 Cp 0 uC ( ) p 0 u () R3 L2.iL2(0) L2 ( 1 + L 2 ) L ( )+ C L i 0 p Hình 3.24 106
  11. t t 1 3 − 1 3 − → i t = 2( e−t + e 3 )= e−t + e 3 () [ ] A 4 4 2 2 t di 1 − 3 1 −t uM N ( )= R 1 i t + L 1 t () = e − e ; → uM N ( )= 0 0 dt 2 2 3.26. Hình 3.66. e(t)=100sin(314t-340)=100sin314tcos340-cos314tsin340=83sin314t- 56cos314t 314.83 56p − 56p + 26062 E ( p) = − = ; p + 314 2 p + 314 2 p + 314 2 Mạch RLC nối tiếp: 1 1 z( )= R + pL + p = 4 + 2, . −3 p + 82 10 = K pC 144. −6 p 10 R −3p2 + 1, . 3 p + 2, . 6 42 10 46 10 282.10 L p E( ) p − 56p2 + 26062p e(t) I p)= ( = 355 2 = C Z( ) p ( + 1, . 3 p + 2, . 6 ) p2 + 314 2 ) p 42 10 46 10 ( Ap + B C p+ D H× 3.66 nh 355[ 2 + 2 ]= p + 314 2 p + 1, . 3 p + 2, . 6 42 10 46 10 A + C = 0  A . , . + B + D = −56 1 42 10 3  A 2, . + B1, . + C 314 = 26062 46 10 6 42 10 3 2 B 2, . 6 + D 314 2 = 0  46 10 B = 2, ; = −73; = −0, 89 D C 0091; = 0, A 0091 0, 0091p − 2, 89 0091P − 73 0, I p)= 355( 2 ( − 2 ) p + 314 2 p + 1420 P + 2, . 6 46 10 0091p − 2, 0, 89 0091P − 73 0, I p)= 355( 2 ( − 2 ) p + 314 2 p + 1420 P + 2, . 6 46 10 i t = 4, si 314t+ 45 0 )− 17, e−710 t si 1398t+ 110 ) () 56 n( 687 n( [ ] A uR ( )= R i≈ 18, si 314t+ 45 0 )− 70e−710 t si 1398t+ 110 )[ ] t 24 n( n( V 1 − 56p2 + 26062p 10 6 U C ( )= I p) = 355 2 p ( . = pC ( + 1, . 3 p + 2, . 6 ) p2 + 314 2 ) 144p p 42 10 46 10 ( Hp+ K Mp+ N 2, . 6 [ 2 46 10 + 2 ] p + 314 2 p + 1, . 3 p + 2, . 6 42 10 46 10 107
  12. H 1, . 3 p2 + H 2, . 6 p + Kp 2 + K 1, . 3 p + K 2, . 6 + 42 10 46 10 42 10 46 10 + M 314 2 p + N p2 + N 314 2 H + M = 0 ⇒ M = − H  1420H + K + N = 0  2, . H + 1420K + 314 M = −56 46 10 6 2 2, . 6 K + 314 2 N = 26062  46 10 H = −2, . −5 ; = 9, . −3 ;N = 0, ; = − H = 2, . −5  93 10 K 29 10 032 M 93 10 − 2, . −5 p + 9, . −3 93 10 29 10 2, . −5 p + 0, 93 10 032 U C ( )= 2, . 6 [ p 46 10 + 2 ] p + 314 2 2 p + 1, . p + 2, . 6 42 10 3 46 10 uC ( ) ≈ 102 cos( t− 45 0 )+ 92e−710 t cos( t+ 38 0 ) [V] t 314 1398 3.27.Hình 3.67. i1 R i ( )= i ( )= 10 − 7, e−500 t si 866t [A] 1 t R t 698 n R1 i3 i ( )= 10 − 15, e−500 t si 866t 396 [A] + L 2 t n −500 t _ i ( )= 7, e . n( t+ 60 ) 3 t 66 si 866 0 [A] K C E i2 3.28. Hình 3.68. i t ≈ e−195 t − 9e−605 t=iC(t) () H× 3.67 nh K L + - i −195 t −605 t i ( )= i = 8 + 2, e 2 t L 88 − 2, e 88 C i2 i1 i ( )= i ( )= 8 + 3, e−195 t − 11, e−605 t 1 t R t 88 88 3.29. Hình 3.69. R E1 E2 1. Xuất phát từ các phương trình: duc uR + uC = e ;C = C i ; dt H× 3.68 nh 1 uR = i ; = i + i R i L C ; i = L ∫ ucdt ; L Từ đó chứng minh được: K i R u' u e' ẩn là uC: u'c + c + c = ' 2 RC CL RC L i ' 1 e" e ẩn là i: i+ " +i = + RC LC R R LC C i' i e'' ẩn là i2=iC: i' + 2 + 2 = '2 C R LC R 1 ' 1 e H× 3.69 nh " ẩn là i1=iL: i + 1 i+ 1 i= 1 CR CL CRL 2.Thực hiện một số ký hiệu qua các thông số mạch từ quan hệ L=4R2C: 108
  13. 1 1 L ρ 1 1 1 2 ω0 = ; R= = ; = = = = 2 ω0 LC 2 C 2 RC ρ 1 L LC C C 2 2 C 1 pL pC pL pL p Z( )= R + p =R+ 2 =R+ =R+ = 1 p LC + 1 2 LC ( + ω0 ) p 2 2 C ( + ω0 ) p 2 pL + pc p p R C[ p2 + ω 0 )+ ( 2 ] R [ p2 + ω0 )+ ( 2 ] R C( 2 + ω 0 )+ p p 2 RC = p2 2 R C = R [ + 2ω 0 p + ω0 ]; = C ( 2 + ω0 ) p 2 C ( 2 + ω0 ) p 2 ( 2 + ω0 ) p 2 ( 2 + ω0 ) p 2 E0 e( )= E 0 e−αt ⇒ e( )= t p ; p+ α e( ) E 0 p p2 + ω02 E0 p2 + ω 0 2 I p)= ( = = = Z( ) R ( + α) p2 + 2ω0 p + ω 0 ) R ( + α) p + ω0 ) p p ( 2 p ( 2 E0 A C1 C2 [ + + ] R p + α p + ω 0 ( + ω0 ) p 2 Tìm các hệ số theo công thức Heviside: p2 + ω 0 2 α 2 + ω0 2 α 2 + ω0 2 A= = = p2 + 2ω0 p + ω 0 p = −α 2 α 2 − 2ω 0 α + ω 0 2 ( − ω0 ) α 2 p2 + ω0 2 2ω02 C2 = = p + α p = −ω0 α − ω0 d p2 + ω0 2 2p( + α)− ( 2 + ω0 ) p p 2 − 2αω0 C1 = [ ] = = dp p + α p = −ω0 ( + α) p 2 p = −ω0 ( − ω0 ) α 2 α 2 + ω0 2 1 2αω0 1 2 2ωo 1 I p)= [ ( − + ] ( − ω0 ) p + α ( − ω0 ) p + ω0 ( − ω0 )( + ω0 ) α 2 α 2 α p 2 it = () E0 R [ Ae−αt + C 1 e−ω0 t + C 2 te−ω0 t = ] E 0 α 2 + ω 0 − αt 2 2αω0 2 2ω o [ e − e−ω0t + te−ω0t] R ( − ω0 ) α 2 ( − ω0 ) α 2 ( − ω0 ) α b) Các thông số mạch đã cho đúng với quan hệ L=4R2C α=100 ; E0=100V ; 1 100 ωo = = = 200; − ω0 = −100; α − ω0 ) = 10 4 ; 2 + ω0 = 5. 4 ; α ( 2 α 2 10 0, . 25 10 −4 0,5 E0  α 2 + ω0 −αt 2 2αω0 2ω o 2  it = ()  e − e−ω0 t + t ω0 t = e R  ( − ω0 ) α 2 ( − ω0 ) α 2 ( − ω0 ) α  109
  14. 100  5. 4 −100 t 4. 4 − 200 t 8. 4 −200 t 10  4 e 25  10 − 10 10 4 e + 10 10 4 t e  = 4 5e [ −100 t − 4e− 200 t + 8t − 200 t = e ]  20e−100 t − 16e−200 t + 32 te− 200 t uR(t) =Ri(t)=2000e-100t-1600e-200t+3200te-200t [V] -200t -200t -100t uC(t)=e(t)-uR(t)= 1600e -3200te -1900e [V] L K 3.30. Hình 3.70. Dùng phương pháp toán tử tìm được i(t)=2+4,25e-100tsin400t [A] ; từ đó tìm uL, rồi i iR iC tìm uC=e-uL; C R iR=uC/R; iC=i-iR uC(t)=100-103e-100tsin(400t+1040) [V] E -100t 0 iR(t)=2-2,06e sin(400t+104 ) [A] iC(t)= e [4,25sin400t+2,06sin(400t+1040)] -100t H× 3.70 nh =4,49sin400t+280) [A] Để biến đổi iC dùng công thức:A1 sin(ω t+ϕ 1)+A2 sin(ω t+ϕ 2)=A sin(ω t+ϕ) với A si ϕ1 + A 2 si ϕ 2 n n A = A 1 + A 2 + A 1A 1 cos( 2 − ϕ1 ) ϕ = ar g 1 2 2 ϕ ; ct A 1 cos 1 + A 2 cos 2 ϕ ϕ 3.31. Hình 3.71. Lập hệ phương trình roán tử K cho 2 vòng thuận chiều kim đồng hồ, tìm được: 1 2 i p i IV 1 ( )= I p)= 500 2 p ( → i1 M 2 ( + 200 p + 2. 4 ) p 10 + R * * -100t i(t)= 5e sin100t [A] _ L1 L1 E i1(t)=i2(t)= 2,5e-100tsin100t [A] uC(t) di di di uL1 = L 1 + M 2 = ( + M ) 1 ; L dt dt dt H× 3.71 nh uR ( )= R idt → uC ( )= −uR ( )− uL ( ) i ( ) t t t 3.32. Hình3.72 Tìm điều kiện ban đầu: . . Em 0 Im = = 2 2ej45 ;i 1 ( )= 2 2 si 100t+ 45 0 ) L t n( ; R+jLω IL 0 = 2 [ ] A +Sau khi đóng khoá K: Chuyển về sơ đồ toán tử K tương đương cần chú ý đến điện áp toán tử hỗ i cảmM.IL10 ở nhánh 2. Lập hệ phương trình toán tử với R i2 i1 M 2 vòng thuận chiều kim đồng hồ. * * ( + pL) V 1 ( )− pLI 2 ( )+ pM I 2 ( )= e( )+ L. L 0 R I p V p V p p I L1 L2  − pLI 1 ( )+ 2pLI 2 ( )+ pM I 1 ( )− 2pM I 2 ( )= V p V p V p V p  IL 0 M − IL 0 L  L 1.IL 10 M.I L10 110 H× 3.72 nh
  15. − 0,28 1, p + 96 28 IV 1 ( )= 2[ p + 2 ] p + 133,33 p + 10 4 i t = i 1 ( )= −0, e−133, t + 2[ , cos t+ 0, si 100t () V t 56 33 1 28 100 96 n ] ≈ −0, e−133, t + 3, cos( t− 37 0 ) [ ] 56 33 2 100 A − 7, . −3 5 10 2, . −3 1 10 9, . −3 p + 0, 6 10 72 IV 2 ( )= 133, [ p 33 − + ] p p + 133,33 2 p + 10 4 i 2 ( )= i ( )= 133, [ 7, . −3 − 2, . −3 e−133, t + 10 −3. cos( t− 37 0 ) V t 2 t 33 − 5 10 1 10 33 12 100 ] = 1, cos( t− 37 0 )− ( + 0, e−133, t) 6 100 1 28 33 i1(t)=i(t)-i2(t)=1+1,6cos(100t-370)+0,28e-133,33t [A] i K 3.33. Mạch hình 3.73. i1 M i2 Giải tương tự như BT3.32 được * * L L i 1 ( )= 4 − 2e−200 t [ ]= i t V t A () 3.34. − 200 t −600 t E R i 2 ( )= 2 − e V t −e [ ]= i ( ) A 2 t Mạch R điện hình i ( )= i 1 − i 2 = 2 − e−200 t + e−600 t[ ] 1 t A V V 3.74a. H× 3.73 nh Điều kiện ban đầu: iL2(0)=E2/R=2A.→Sơ đồ toán tử tương đương hình 3.74b  E1 IV 1 ( ) 2R + Lp)+ R I 2 ( )+ M pIV 2 = p( V p + M IL 20  p  R I ( )+ ( + L ) ( )+ M pI E V1 p R IV 2 p = 2 + LIL 20   V1 p  0, p + 240 2 ( + 0, p) V 1 ( )+ ( + 0,p) V 2 ( ) = 120 2 I p 60 1 I p  p Thay số vào sẽ có:  ( + 0,p) ( )+ ( + 0, p) ( ) 0, p + 120 4 60 1 IV 1 p 60 2 IV 2 p =   p ∆ = (120+0,2p) (60+0,2p)- R M (60+0,1p)2=0,03(p+200)(p+600). * * a) ( + 0, p) 0, p + 240) 60 2 ( 2 i1 L1 L2 ∆1 = p K K i2 R ( + 0,p) 0, p + 120) 24p + 7200 60 1 ( 4 − = E1 E2 p p i3 R M b) * * L.I L20 L1 L2 M.I L20 i 1 K K i2 R I V1 I V2 111 E1 E2 p i3 p H× 3.74 nh
  16. ( + 0, p) 0, p + 120) 120 2 ( 4 ∆2 = − p ( + 0,p) 0, p + 240) 60 1 ( 2 = 0, p + 36 06 p ∆ 24p + 7200 IV 1 ( )= 1 = p ∆ 0, p( + 200) p + 600) 03 p ( A A2 A3 = 800[ 1 + + ] p p + 200 p + 600 p + 300 p + 300 A1 = = 2, . −3 ; 1 = 5 10 A = −1, . −3 25 10 ( + 200) p + 600) p = 0 p ( p( + 600) p = −200 p p + 300 A1 = = −1, . −3 25 10 p( + 200) p = −600 p 2,5 1,25 1, 25 IV 1 ( )= 0, [ − p 8 − ] i 1 ( )= i ( )= 2 − e− 200 t − e−600 t ; V t 1 t p p + 200 p + 600 ∆ 0, p + 36 06 p + 600 2 IV 2 ( )= 1 = p =2 = ∆ 0, ( + 200) p + 600) ( + 200) p + 600) ( + 200) 03 p ( p ( p i 2 ( )= i ( )= 2e−200 t V t 2 t [ ] A i ( )= i 1 ( )+ t 2 ( )= 2 − e−600 t [ ] 3 t V t V t A 3.35.Chỉ dẫn: Phương trình đặc trưng hay( phương trình đặc tính) của mạch là phương trình định thức toán tử ∆(p)=0(của hệ phương trình lập theo phương pháp dòng mạch vòng hoặc điện thế nút).Lúc đó tính phản ứng FK(p) thì ngiệm của đa thức mẫu số chính là nghiệm của phương trình ∆(p)=0.Khi phân tích đa thức mẫu số thành các thừa số bậc 1 và bậc 2 dạng mẫư số là p-pK=p+αK và p2+2αip+β i2.Vì trong mạch thực bao giờ cũng có tổn hao nên α i>0vì thực tế khi t→ ∞ thì các thành phần tự do là A k e− α kt và e− α it phải tiến tới 0.(Xem các công thức 6,12-14,16 bảng3.1).Nghĩa là các ngiệm thực αk phải là số thực âm,các nghiệm phức dạng − α i ± j β 2 − α 2 = −α i ± j ω 2 cũng phải có phần thực i i i âm, tức các nghiệm phải nằm ở nửa trái của mặt phẳng phức. 3.36. Hình 3.75. di 2 R R C + L di R + R2 e K 3.37.+ ( 1 3.76. ) 2 + ( 1 2 2 Hình 2 )2 = i dt R 1 LC dt R 1 LC R 1 LC u(t) i1 i3 + e( 0) i ( )= 0; 1 ( 0)= i ( + 0 ) = 2 0 i + 3 ; R1 L C R1 di ( ) di ( ) de +0) 0 R2 2 0 di ( ) 0 ( 0 = 0; 1 = 3 = e tX t dt dt dt R 1 dt i2 112 10 V 9,18 V H× 3.75 nh uC(t) uR(t) 0,82 V 0 tX t 10V -9,18 V H× 3.76 nh
  17. Hằng số thời gian của mạch τ =RC=500.10-5 =5.10-3s =5mS. Hệ số tắt dần của dao động: α=1/τ =200 Trong khoảng thời gian 0 ≤ t ≤ tX =12,5mS α uc(t)=10(1-e- t) =10(1- e-200t)[V] ; uR(t)=10 e-200t[V] i(t)=0,02e-200t[A] = 20e-200 t [mA] ; Tại t=tX=12,5 ms = 12,5.10-3 s uC(tX) ≈ 9,18 [V]; i(tX) =1,64 [mA]. ; uR(tX)≈ 0,82 [V]. Trong khoảng thời gian tX ≤ t: Đó là quá trình dao động tự do: uC(t)=9,18e-200(t-tx) [V]uR(t)=- 9,18e-200(t-tx) [V] iR(t)=-18,4e-200(t-tx)[mA]. Đồ thị hình 3.76 3.38.Phân tích tương tự như BT3.37. 3.39. 0 khit< 0  u(t)= 2000 t [ ]khi ≤ t≤ 0, s V 0 01 0 khi0, s< t 01  Trong khoảng thời gian 0÷ 0,01 s: Tác động là hàm tuyến tính nên sẽ dùng phương pháp toán tử Laplas: u( ) p 2000 20 000 A C C2 I p)= ( = 2 = 2 = + 1 + 2 Z( ) p ( + 0,p) p ( + 100) p + 100 p 10 1 p p p 20 000 20 000 20 000 A= = 2;C 2 = = 200; 1 = − C = −2 p2 p = −100 p + 100 p = 0 ( + 100) p = 0 p 2 2 2 200 I p)= ( − + → i t = −2 + 200t+ 2e−100 t () [ ] A p + 100 p p2 T ¹i t = 0, s → X 01 i0, )= −2 + 200( , )+ 2e−1 ≈ 0, ( 01 0 01 736 [ ] A Trong khoảng thời gian 0,01 s
  18. 3.41.a) 100( − e−100 t)[ ] khi 0 ≤ t≤ 0, s uC ( , s)≈ 63, [ ] 1 V 01 ; 0 01 2 V  2 −100(t− 0,01) − 100 [ ]khi , s≤ t≤ 0, s ;uC ( , s ≈ −40 [ ] 163, e V 0 01 02 0 02 ) V uC ( )=  t  T ¹i t = 0, 1 01489scã uC ( 1 )= 0 t  −100(t 0, ) − 02 − 40e [ ] khi0, s< t V 02 uR ( )= u( )− uC ( )= t t t uC (t) [ V] 100e−100 t[ ] khi 0 ≤ t≤ 0, s V 01  63,2  uR ( , s ≈ 36, [ ] 0 01 ) 8 V − 163, e−100(t−0, )V ] 01  2   khi0, s≤ t≤ 0, s 01 02 ; 0 0,01 t[s] 0,02  uR ( , s ≈ −60, [ ] 0 02 ) 2 V -40  40e−100(t−0, ) [ ] khi0, s< t  02 V 02 uR (t) [ V] e−100 t [ ]khi 0 ≤ t≤ 0, s 100 A 01 ;  40  i0, s ≈ 0, ( 01 ) 368 [ ] A 36,8 − 1, e−100(t− 0, )[ ]  632 01 A it =  () 0 0,01 0,02 t[s]  khi , s ≤ t≤ 0, s 0 01 02 ;  i0, s ≈ −0, [ ] ( 02 ) 6 A -60,2  0, e−100(t− 0, ) [ ] 0, s < t  4 02 A khi 02 -163,2 H× 3.77. nh Đồ uC(t),uR(t)thị hình 3.77.Đồ thị i(t) lặp lại dạng uR(t)nhưng có tỷ lệ xích theo trục tung nhỏ hơn 100 lần. t 1 u2 t 2 2 u b) W R ()= ∫ t R dt+ ∫ R dt+ 0 R t R 1 c)q(t)= Cu(t) 114

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản